2019年北京市高考数学试卷(文科)(2021年整理)

2019年北京市高考数学试卷(文科)(word版可编辑修改)
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2019年北京市高考数学试卷(文科）题号一二三总分
得分
一、选择题(本大题共8小题，共40.0分）
1.已知集合A=｛x｜-1＜x＜2}，B=｛x|x＞1}，则A∪B=（）
A。

B。

C。

D.
2.已知复数z=2+i，则z•=（）
A. B。

C. 3 D。

5
3.下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是（）
A. B。

C. D。

4.执行如图所示的程序框图，输出的s值为( ）
A。

1
B. 2
C. 3
D。

4
5.已知双曲线-y2=1（a＞0）的离心率是，则a=( ）
A。

B。

4 C。

2 D.
6.设函数f（x)=cos x+b sin x(b为常数），则“b=0"是“f（x）为偶函数”的( ）
A。

充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C。

充分必要条件D。

既不充分也不必要条件
7.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足
m2-m1=lg，其中星等为m k的星的亮度为E k（k=1，2）．已知太阳的星等是-26.7，天狼星的星等是—1.45,则太阳与天狼星的亮度的比值为（）
A. B. C. D。

8.如图，A，B是半径为2的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB
是锐角,大小为β，图中阴影区域的面积的最大值为（)
A.
B.
C。

D。

二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
9.已知向量=（-4，3)，=(6，m），且⊥，则m=______．
10.若x，y满足则y—x的最小值为______，最大值为______．
11.设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l，则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为______．
12.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方
形的边长为l,那么该几何体的体积为______．
13.已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥α;③l⊥α．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：______．14.李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格
依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量,李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80％．
①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付______元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最
大值为______．
三、解答题(本大题共6小题，共80。

0分）
15.在△ABC中,a=3，b—c=2，cos B=-．
（Ⅰ)求b，c的值；
(Ⅱ）求sin（B+C)的值．
16.设｛a n}是等差数列,a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
（Ⅰ）求｛a n｝的通项公式;
(Ⅱ)记{a n｝的前n项和为S n，求S n的最小值．
17.改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式
之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000名学生中随机抽取了100人，发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
(Ⅰ）估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数；
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,求该学生上个月支付金额大于2000元的概
率；
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元．结合(Ⅱ）的结果，能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由．
18.如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形,E为CD的中点．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
(Ⅱ）若∠ABC=60°,求证：平面PAB⊥平面PAE;
(Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
19.已知椭圆C：+=1的右焦点为（1,0),且经过点A（0，1）．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ)设O为原点，直线l：y=kx+t（t≠±1）与椭圆C交于两个不同点P、Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N．若｜OM｜•｜ON｜=2，求证:直线l经过定点．
20.已知函数f（x）=x3-x2+x．
(Ⅰ）求曲线y=f（x）的斜率为l的切线方程；
(Ⅱ）当x∈[-2，4]时，求证：x—6≤f（x）≤x；
（Ⅲ）设F（x)=｜f(x）-（x+a）｜(a∈R)，记F(x）在区间[—2，4]上的最大值为M（a）．当M（a)最小时，求a的值．
答案和解析
1。

【答案】C
【解析】
解:∵A={x｜-1＜x＜2｝，B=｛x｜x＞1｝，
∴A∪B={x｜—1＜x＜2｝∪｛x｜x＞1}=（—1,+∞)．
故选：C．
直接由并集运算得答案．
本题考查并集及其运算，是基础的计算题．
2。

【答案】D
【解析】
解：∵z=2+i,
∴z•=．
故选:D．
直接由求解．
本题考查复数及其运算性质，是基础的计算题．
3.【答案】A
【解析】
解：在（0，+∞)上单调递增，和在（0,+∞)上都是减函数．故选:A．
判断每个函数在(0，+∞）上的单调性即可．
考查幂函数、指数函数、对数函数和反比例函数的单调性．
4。

【答案】B
【解析】
解：模拟程序的运行，可得
k=1，s=1
s=2
不满足条件k≥3，执行循环体，k=2，s=2
不满足条件k≥3，执行循环体，k=3，s=2
此时，满足条件k≥3，退出循环,输出s的值为2．
故选：B．
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况,可得答案．
本题考查了程序框图的应用问题,解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论,是基础题．
5.【答案】D
【解析】
解：由双曲线-y2=1（a＞0),得b2=1,
又e=，得,即,
解得，a=．
故选：D．
由双曲线方程求得b2，再由双曲线的离心率及隐含条件a2+b2=c2联立求得a值．
本题考查双曲线的简单性质，考查计算能力,是基础题．
6。

【答案】C
【解析】
解：设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），
则“b=0"⇒“f(x）为偶函数”,
“f（x)为偶函数”⇒“b=0”，
∴函数f(x)=cosx+bsinx（b为常数）,
则“b=0”是“f（x)为偶函数”的充分必要条件．
故选：C．
“b=0”⇒“f（x）为偶函数”，“f（x）为偶函数”⇒“b=0”，由此能求出结果．本题考查命题真假的判断，考查函数的奇偶性等基础知识,考查推理能力与计算能力，属于基础题．
7。

【答案】A
【解析】
解：设太阳的星等是m1=—26。

7,天狼星的星等是m2=-1.45，
由题意可得：，
∴，则．
故选：A．
把已知熟记代入m2-m1=lg，化简后利用对数的运算性质求解．
本题考查对数的运算性质,是基础的计算题．
8.【答案】B
【解析】
解：由题意可得∠AOB=2∠APB=2β,
要求阴影区域的面积的最大值，即为直线QO⊥AB,
即有QO=2，Q到线段AB的距离为2+2cosβ，
AB=2•2sinβ=4sinβ，
扇形AOB的面积为•2β•4=4β，
△ABQ的面积为（2+2cosβ）•4sinβ=4sinβ+4sinβcosβ=4sinβ+2sin2β,
S△AOQ+S△BOQ=4sinβ+2sin2β-•2•2sin2β=4sinβ，
即有阴影区域的面积的最大值为4β+4sinβ．
故选：B．
由题意可得∠AOB=2∠APB=2β,要求阴影区域的面积的最大值，即为直线QO⊥AB,运用扇形面积公式和三角形的面积公式,计算可得所求最大值．
本题考查圆的扇形面积公式和三角函数的恒等变换，考查化简运算能力，属于中档题．
9。

【答案】8
【解析】
解:由向量=（—4，3）,=（6，m）,且⊥,
得,
∴m=8．
故答案为：8．
⊥则，代入，，解方程即可．
本题考查了平面向量的数量积与垂直的关系，属基础题．
10.【答案】—3 1
【解析】
解：由约束条件作出可行域如图，
A（2，—1），B（2，3），
令z=y-x，作出直线y=x，由图可知,
平移直线y=x，当直线z=y—x过A时，z有最小值为—3,过B时,z有最大值1．故答案为：—3，1．
由约束条件作出可行域,令z=y-x，作出直线y=x，平移直线得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法,是中档题．
11。

【答案】（x-1）2+y2=4
【解析】
解：如图,
抛物线y2=4x的焦点为F（1，0)，
∵所求圆的圆心F,且与准线x=-1相切，∴圆的半径为2．
则所求圆的方程为（x—1）2+y2=4．
故答案为:（x-1）2+y2=4．
由题意画出图形，求得圆的半径，则圆的方程可求．
本题考查抛物线的简单性质,考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．
12.【答案】40
【解析】
解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体是把棱长为4的正方体去掉一个四棱柱，
则该几何体的体积V=．
故答案为：40．
由三视图还原原几何体,然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解．
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体,是中档题．
13。

【答案】若l⊥α，l⊥m，则m∥α
【解析】
解：由l，m是平面α外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得：
若l⊥α，l⊥m，则m∥α．
故答案为：若l⊥α，l⊥m，则m∥α．
由l,m是平面α外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若l⊥α，l⊥m，
则m∥α．
本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】130 15
【解析】
解:①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，可得60+80=140（元），
即有顾客需要支付140—10=130（元）；
②在促销活动中，设订单总金额为m元,
可得（m—x）×80%≥m×70%，
即有x≤，
由题意可得m≥120,
可得x≤=15，
则x的最大值为15元．
故答案为：130，15
①由题意可得顾客一次购买的总金额，减去x，可得所求值；
②在促销活动中，设订单总金额为m元，可得(m-x）×80%≥m×70％，解不等式，结合恒成立思想，可得x的最大值．
本题考查不等式在实际问题的应用，考查化简运算能力，属于中档题．
15。

【答案】解：（1）∵a=3，b—c=2，cos B=-．
∴由余弦定理，得b2=a2+c2—2ac cos B
=,
∴b=7，∴c=b-2=5；
（2）在△ABC中，∵cos B=—，∴sin B=，
由正弦定理有：，
∴sin A==，
∴sin（B+C）=sin（—A）=sin A=．
【解析】
（1）利用余弦定理可得b2=a2+c2—2accosB，代入已知条件即可得到关于b的方程，解方程即可;
（2）sin(B+C）=sin（—A）=sinA，根据正弦定理可求出sinA．
本题考查了正弦定理余弦定理,属基础题．
16。

【答案】解：（Ⅰ）∵{a n｝是等差数列,a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．
∴（a3+8）2=（a2+10）（a4+6），
∴(—2+2d）2=d（-4+3d），
解得d=2，
∴a n=a1+（n-1）d=—10+2n-2=2n—12．
（Ⅱ)由a1=—10，d=2，得：
S n=-10n+=n2—11n=（n-）2—，
∴n=5或n=6时，S n取最小值—30．
【解析】
(Ⅰ)利用等差数列通项公式和等比数列的性质,列出方程求出d=2，由此能求出｛a n}的通项公式．
（Ⅱ)由a1=—10，d=2,得S n=—10n+=n2-11n=（n-）2-，由此能求出S n的最小值．
本题考查数列的通项公式、前n项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
17。

【答案】解：（Ⅰ）由题意得：
从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中,
A，B两种支付方式都不使用的有5人，
仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，
∴A，B两种支付方式都使用的人数有：100-5—30-25=40，
∴估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为：1000×=400人．
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生有25人，其中不大于2000元的有24人，大于2000元的有1人, 从中随机抽取1人，基本事件总数n=25，
该学生上个月支付金额大于2000元包含的基本事件个数m=1，
∴该学生上个月支付金额大于2000元的概率p==．
（Ⅲ)不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化，
理由如下：
上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．
现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人,
发现他本月的支付金额大于2000元的概率为，
虽然概率较小,但发生的可能性为．
故不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
【解析】
（Ⅰ)从全校所有的1000名学生中随机抽取的100人中，A,B两种支付方式都不使用的有5人，仅使用A的有30人，仅使用B的有25人，求出A，B两种支付方式都使用的人数有40人，由此能估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数．（Ⅱ）从样本仅使用B的学生有25人，其中不大于2000元的有24人,大于2000元的有1人，从中随机抽取1人，基本事件总数n=25,该学生上个月支付金额大于2000
元包含的基本事件个数m=1，由此能求出该学生上个月支付金额大于2000元的概率．（Ⅲ）从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，发现他本月的支付金额大于2000元的概率为，虽然概率较小，但发生的可能性为．不能认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化．
本题考查频数、概率的求法，考查频数分布表、概率等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
18.【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，
∴BD⊥PA，BD⊥AC，
∵PA∩AC=A,PA、AC平面PAC，
∴BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）∵在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴是等边三角形,
∵E为CD的中点,
∴，
，
∴AB⊥AE,
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AE，
∵PA∩AB=A,PA、AB平面PAB,
∴AE⊥平面PAB,
∵AE⊂平面PAE，
∴平面PAB⊥平面PAE．
解：（Ⅲ)棱PB上存在中点F，使得CF∥平面PAE．
理由如下：分别取PB、PA的中点F、G，连接CF、FG、EG，
在三角形PAB中，且,
在菱形ABCD中,E为CD的中点,所以CE AB，且,
所以CE FG，且，
即四边形CEGF为平行四边形,
所以，
又，，
∴。

【解析】
（Ⅰ)推导出BD⊥PA，BD⊥AC，由此能证明BD⊥平面PAC．
(Ⅱ)推导出AB⊥AE，PA⊥AE，从而AE⊥平面PAB，由此能证明平面PAB⊥平面PAE．(Ⅲ）棱PB上存在中点F,分别取PB、PA的中点F、G，连接CF、FG、EG，推导出四边形CEGF 为平行四边形,所以，进而CF∥平面PAE．
本题考查线面垂直、面面垂直的证明,考查满足线面平行的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力,属于中档题．
19。

【答案】解：(Ⅰ）椭圆C:+=1的右焦点为(1,0)，且经过点A（0，1）．
可得b=c=1,a==，
则椭圆方程为+y2=1；
（Ⅱ）证明:y=kx+t与椭圆方程x2+2y2=2联立,可得（1+2k2）x2+4ktx+2t2-2=0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2),
△=16k2t2-4（1+2k2）（2t2—2）＞0,x1+x2=-，x1x2=，
AP的方程为y=x+1，令y=0，可得y=，即M（，0）；
AQ的方程为y=x+1，令y=0，可得y=．即N（，0）．
(1—y1）（1—y2)=1+y1y2—（y1+y2）=1+(kx1+t）（kx2+t）—(kx1+kx2+2t）
=（1+t2-2t）+k2•+(kt-k）•(—）=,
｜OM｜•|ON｜=2，即为|•|=2，
即有｜t2-1|=（t-1）2，由t≠±1，解得t=0，满足△＞0，
即有直线l方程为y=kx，恒过原点（0，0)．
【解析】
（Ⅰ）由题意可得b=c=1,由a，b，c的关系，可得a，进而得到所求椭圆方程；（Ⅱ）y=kx+t与椭圆方程x2+2y2=2联立,运用韦达定理,化简整理，结合直线恒过定点的求法，计算可得结论．
本题考查椭圆的方程和运用，考查联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解:（Ⅰ）f′（x）=，
由f′（x）=1得x（x-）=0,
得．
又f(0)=0，f（）=，
∴y=x和，
即y=x和y=x-；
（Ⅱ）证明:欲证x-6≤f（x）≤x，
只需证—6≤f（x）-x≤0，
令g(x）=f（x)—x=，x∈［-2，4］,
则g′（x）==，
可知g′（x)在[-2，0］为正，在（0，）为负，在[]为正，
∴g（x）在［-2，0］递增，在［0，］递减,在[]递增,
又g（-2)=-6，g（0）=0，g(）=-＞-6，g（4）=0，
∴—6≤g(x）≤0，
∴x—6≤f(x）≤x；
(Ⅲ）由（Ⅱ）可得，
F（x)=｜f(x）—(x+a)|
=|f(x）-x—a|
=|g(x)-a|
∵在[—2，4］上，—6≤g(x）≤0，
令t=g(x），h（t）=｜t-a｜，
则问题转化为当t∈[—6，0］时，h（t）的最大值M（a）的问题了,
①当a≤-3时,M（a）=h(0)=|a|=—a,
此时—a≥3,当a=—3时，M（a）取得最小值3；
②当a≥—3时，M（a）=h（—6）=|-6-a｜=｜6+a｜，
∵6+a≥3,∴M（a）=6+a，
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也是a=-3时，M（a）最小为3．
综上，当M(a）取最小值时a的值为—3．
【解析】
（Ⅰ）求导数f′（x），由f′（x）=1求得切点，即可得点斜式方程；
(Ⅱ)把所证不等式转化为-6≤f(x）—x≤0，再令g（x）=f（x）-x，利用导数研究g（x)在［—2,4］的单调性和极值点即可得证;
(Ⅲ）先把F（x）化为|g（x）—a｜，再利用（Ⅱ）的结论,引进函数h（t）=|t—a|，结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴t=a与—3的关系分析即可．
此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法,数形结合法等,难度较大．
第21页，共20页。